     
P 46 (2018/2019) 34
Trikotnika v trikotniku
J K̌  A S̌
Matematiko se v šolah učimo, kot da gre za vedo
z ostrimi ločnicami med posameznimi področji. Na
tak način spoznavamo njene pojme, metode in iz-
reke. Toda dejanski matematični problemi, ki jih
matematiki srečujemo pri svojem raziskovalnem
delu, niso vselej strogo omejeni na posamezna po-
dročja matematike.
Velikokrat je za rešitev problema z enega področja
potrebno poznavanje pojmov, pristopov in tehnik z
drugih, navidezno ločenih področij. Do rešitve lahko
vodi tudi več različnih poti. Včasih nas zanima le do-
kaz, da rešitev obstaja, včasih pa želimo rešitev tudi
konkretno poiskati, čeprav je slednja pot velikokrat
daljša.
Tako se je ob reševanju nekega problema s podro-
čja konfiguracij naravno pojavil naslednji elementa-
ren geometrijski problem.
Problem 1. Imejmo trikotnik △A1A2A3 in take toč-
ke B1 ∈ A1A2, B2 ∈ A2A3 in B3 ∈ A3A1 na njegovih
stranicah, da je
λ = |A1B1||A1A2|
= |A2B2||A2A3|
= |A3B3||A3A1|
(1)
za neko število λ ∈ (0,1), glej sliko 1. Kako dobiti
točke C1, C2 in C3 na stranicah trikotnika △B1B2B3,
da bo veljalo C1 ∈ A2C3, C2 ∈ A3C1 in C3 ∈ A1C2?
Na prvi pogled ni jasno niti to, ali take točke ve-
dno obstajajo. Izkaže se, da je odgovor pritrdilen.
Do tega spoznanja lahko pridemo tudi preko linear-
nih transformacij, kjer naravno nastopajo vektorji.
A1 A2
A3
B1
B2
B3
C1
C2
C3
B′1
B′2
B′3
SLIKA 1.
Naloga je poiskati take točke C1, C2 in C3, da bodo izpolnjeni
pogoji problema 1.
Ideja je, da obstaja bijektivna preslikava med enako-
straničnim in raznostraničnim trikotnikom, pri tem
pa se ohranjajo presečišča in razmerja. Bralcu, ki bi
ga utegnil tak pristop zanimati, ponujamo v branje
članka [3, 4]. S tem res dobimo dokaz obstoja takih
točk, ne pa tudi načina, kako bi jih poiskali »z golimi
rokami«, recimo ravnilom in šestilom. V nadaljeva-
nju bomo določili tako število µ, ki je rešitev kvadra-
tne enačbe s koeficienti, odvisnimi le od razmerja λ,
in za katerega velja
µ = |B1C1||B1B2|
= |B2C2||B2B3|
= |B3C3||B3B1|
. (2)
To pomeni, da točke C1, C2 in C3 delijo stranice tri-
kotnika △B1B2B3 v razmerju µ. Pokazali bomo, da
ga je moč konstruirati le s šestilom in neoznačenim
ravnilom. Take konstrukcije spadajo med najbolj za-
želene v geometriji, glej npr. knjigo [2].
     
P 46 (2018/2019) 3 5
Slika 1 pa razkriva še eno zanimivo lastnost. Vze-
mimo take točke B′1 ∈ A1A2, B′2 ∈ A2A3 in B′3 ∈
A3A1, da je
µ =
∣∣A1B′1
∣∣
|A1A2|
=
∣∣A2B′2
∣∣
|A2A3|
=
∣∣A3B′3
∣∣
|A3A1|
,
kjer je število µ definirano z izrazom (2). Potem
točke C1, C2 in C3 ležijo tudi na stranicah trikotnika
△B′1B′2B′3, glej črtkan trikotnik na sliki 1. Da je stvar
še bolj zanimiva, velja tudi
λ =
∣∣B′1C1
∣∣
∣∣B′1B′2
∣∣ =
∣∣B′2C2
∣∣
∣∣B′2B′3
∣∣ =
∣∣B′3C3
∣∣
∣∣B′3B′1
∣∣ . (3)
Vidimo, da sta vlogi razmerij λ in µ zamenjani. Zato
lahko upravičeno rečemo, da je trikotnik △B′1B′2B′3
dualen trikotniku △B1B2B3.
Rešitev problema
Definirajmo linearno neodvisna vektorja ~a = −−→A1A2 in
~b = −−→A3A1. Po predpostavki problema imamo
−−→
A1B1 =
λ~a,
−−→
A2B2 = −λ~a− λ~b in
−−→
A3B3 = λ~b. Vzemimo točke
C1 ∈ B1B2, C2 ∈ B2B3, C3 ∈ B3B1 na stranicah
trikotnika △B1B2B3 in definirajmo števila
µ1 = |B1C1| / |B1B2|, µ2 = |B2C2| / |B2B3|,
µ3 = |B3C3| / |B3B1|. Imamo
−−→
B1C1 = µ1
−−→
B1B2 = µ1 (1− 2λ) ~a− µ1λ~b,
−−→
B2C2 = µ2
−−→
B2B3 = −µ2 (1− λ) ~a− µ2 (1− 2λ) ~b,
−−→
B3C3 = µ3
−−→
B3B1 = µ3λ~a+ µ3(1− λ)~b.
Od tod sledi
−−→
A1C2 =
−−→
A1A2 +
−−→
A2B2 +
−−→
B2C2
= (1− λ) (1− µ2) ~a− (λ (1− µ2)
+ µ2(1− λ))~b,
−−→
A2C3 =
−−→
A2A3 +
−−→
A3B3 +
−−→
B3C3
= − (1− λµ3) ~a− (1− λ) (1− µ3) ~b,
−−→
A3C1 =
−−→
A3A1 +
−−→
A1B1 +
−−→
B1C1
= (λ (1− µ1)+ µ1(1− λ)) ~a+ (1− λµ1) ~b
in
−−→
A1C3 =
−−→
A1A2 +
−−→
A2C3 = λµ3~a− (1− λ) (1− µ3) ~b,
−−→
A2C1 =
−−→
A2A3 +
−−→
A3C1
= − ((1− λ) (1− µ1)+ λµ1) ~a− λµ1~b,
−−→
A3C2 =
−−→
A3A1 +
−−→
A1C2
= (1− λ) (1− µ2) ~a+ ((1− λ) (1− µ2)
+ λµ2)~b.
Točke A1, C3 in C2 so kolinearne natanko tedaj, ko
obstaja tako število k ≠ 0, da je
−−→
A1C3 = k
−−→
A1C2. Ker
sta ~a in ~b linearno neodvisna vektorja, koeficienti
pred vektorjema pa so vedno neničelni, je ta pogoj
ekvivalenten enačbi
(1− λ) (1− µ2)
λµ3
= λ (1− µ2)+ µ2(1− λ)
(1− λ) (1− µ3)
.
Podobno izpeljemo še preostali enačbi. Če vsako
enačbo pomnožimo z ustreznimi veččleniki in potem
izpostavimo člene z µ1, µ2, µ3, opazimo, da lahko vse
enačbe zapišemo v obliki
(
3λ2 − 3λ+ 1
)
µiµi+1 − (1− λ)2 µi
−
(
2λ2 − 2λ+ 1
)
µi+1 + (1− λ)2 = 0, (4)
kjer indekse i ∈ {1,2,3} obravnavamo ciklično, torej
µ4 = µ1, µ5 = µ2 itd. Enačba (4) je ekvivalentna po-
goju kolinearnosti. Pomnožimo (4) z(
3λ2 − 3λ+ 1
)
µi+2. Dobimo
(
3λ2 − 3λ+ 1
)2
µiµi+1µi+2
−
(
2λ4 − 6λ3 + 7λ2 − 4λ+ 1
)
(µi + µi+1)
−
(
2λ4 − 3λ3 + 4λ2 − 3λ+ 1
)
µi+2
+ (1− λ)2
(
3λ2 − 4λ+ 2
)
= 0. (5)
Če v (5) zamenjamo i z i + 1 in potem odštejemo
dobljeno od (5), dobimo
λ(3λ2 − 3λ+ 1)µi = λ(3λ2 − 3λ+ 1)µi+2.
Ker pa za vsak x ∈ R velja 3x2−3x+1 > 0, sledi µi =
µi+2 in s tem µ1 = µ2 = µ3. Sedaj vemo, da lahko
te neznanke pospravimo pod eno samo, recimo ji µ.
Enačba (4) se zato poenostavi v kvadratno enačbo
     
P 46 (2018/2019) 36
(
3λ2 − 3λ+ 1
)
µ2−
(
3λ2 − 4λ+ 2
)
µ+(1−λ)2 = 0
(6)
z rešitvama
µ±(λ) =
3λ2 − 4λ+ 2±
√
λ (4− 3λ(2− λ)2)
2 (3λ2 − 3λ+ 1) .
Naj bo D diskriminanta te kvadratne enačbe. Bralec
lahko brez težav izračuna
D − λ2(3λ− 2)2 = 4(1− λ)
(
3λ2 − 3λ+ 1
)
, (7)
(
3λ2 − 4λ+ 2
)2
−D = 4(1− λ)2
(
3λ2 − 3λ+ 1
)
.
(8)
Po (7) dobimo D > λ2(3λ− 2)2 in s tem D ≥ 0,
√
D >
λ(3λ − 2) in −
√
D < λ(3λ − 2). Rešitvi µ±(λ) sta
zato realni in velja µ+(λ) > 1 in µ−(λ) < 1. Po (8) pa
imamo še µ−(λ) > 0. Torej je µ−(λ) edina ustrezna
rešitev enačbe (6). S tem µ = µ−(λ) ustreza enačbi
(2) in predstavlja rešitev problema 1.
Konstrukcija
Kako bi konstruirali točke C1, C2 in C3 samo s še-
stilom in neoznačenim ravnilom, če imamo podana
trikotnika △A1A2A3 in △B1B2B3, tako da velja (1)?
Seveda je to dovolj narediti za eno točko, recimo C1.
Enostavno lahko preverimo, da velja
µ−(λ)
=
p − 2r − |A1B1| /2−
√(
p − 3r − 3q/4
)
|A1A2|
p − 3r ,
kjer smo definirali
p = |A1A2|
2
|A1B1|
, q = |A1B1|
2
|A1A2|
, r = |A1A2| − |A1B1| .
Sedaj znamo točko C1 precej enostavno konstruirati,
če le imamo daljici dolžin p in q.
Ena izmed možnih konstrukcij daljic dolžin p in q
je prikazana na sliki 2. Zahtevamo, da velja |A1C| =
|A1B1| in |A1D| = |A1A2|, pri čemer so točke C , A1,
D kolinearne in CD ⊥ A1A2. Točki X in Y na pre-
mici A1A2 določimo tako, da bo veljalo CA2 ‖ XD in
CA2 ⊥ YC . Potem je |XA1| = p in |YA1| = q.
Bralca vabimo, da si v prostodostopnem orodju za
dinamično geometrijo GeoGebri ustvari novo orodje,
ki bo sprejelo točke A1, A2, A3 in B1, B2, B3, vrnilo pa
točke C1, C2, C3 preko te konstrukcije.
A1 B1 A2
X Y
C
D
SLIKA 2.
Konstrukcija daljic XA1 in YA1 z dolžinama p in q.
Dualen trikotnik
Dokazali bomo še trditev o dualnem trikotniku
△B′1B′2B′3. Zaradi enostavnosti pišimo µ = µ−(λ).
Po definiciji točk B′1, B
′
2 in B
′
3 imamo
−−→
A1B
′
1 = µ~a,−−→
A2B
′
2 = −µ~a− µ~b in
−−→
A3B
′
3 = µ~b. Izkoristimo ciklični
zapis indeksa i ∈ {1,2,3}. Ker je
−−→
AiB
′
i = (µ/λ)
−−→
AiBi,−−−−→
AiAi+1 = (1/λ)
−−→
AiBi in
−−−→
BiBi+1 = (1/λ − 1)
−−→
AiBi
+ −−−−−→Ai+1Bi+1, imamo
−−−→
B′iB
′
i+1 =
−−−−→
AiAi+1 +
−−−−−→
Ai+1B
′
i+1 −
−−→
AiB
′
i
= 1
λ
(
(1− µ) −−→AiBi + µ
−−−−−→
Ai+1Bi+1
)
,
−−→
B′iCi =
−→
BiCi +
−→
B′iBi
= µ −−−→BiBi+1 +
−−→
AiBi −
−−→
AiB
′
i = µ
−−−−−→
Ai+1Bi+1
+ (1− µ) −−→AiBi.
Od tod sledi λ
−−−→
B′iB
′
i+1 =
−−→
B′iCi. S tem je enakost (3)
dokazana.
Naloge
1. Dokaži, da velja µ−(1/2) = 2 −ϕ, kjer je ϕ =(
1+
√
5
)
/2 zlato število. V tem primeru podaj
enostavnejšo konstrukcijo točke C1, ki bo te-
meljila na zlatem rezu. Več o tem zanimivem
številu lahko bralec poišče v [1].
     
P 46 (2018/2019) 3 7
2. Ali lahko samo s šestilom in neoznačenim rav-
nilom podamo konstrukcijo trikotnikov s slike
1, da bo Bi = B′i za i ∈ {1,2,3}? To pomeni,
da iščemo rešitve enačbe µ−(λ) = λ. Dokaži,
da ima ta enačba natanko eno smiselno rešitev
λ =
(
1− 3
√
2+ 3
√
4
)
/3.
Literatura
[1] R. A. Dunlap, The golden ratio and Fibonacci
numbers, World Scientific Publishing, Singa-
pore, 1997.
[2] G. E. Martin, Geometric constructions, Under-
graduate Texts in Mathematics, Springer-Verlag,
New York, 1998.
[3] P. Šemrl, Linearne preslikave ravnine in 2 × 2
matrike, Presek 32 (2004/2005), št. 4, 9–12.
[4] P. Šemrl, Linearne preslikave ravnine in 2 × 2
matrike (drugi del), Presek 32 (2004/2005), št. 5,
5–8.
×××
Igra s
čokoladkami –
Chocolate Fix
N R
V bonbonierah so navadno dražji bonboni, naj-
večkrat polnjeni in obliti s čokolado. Letos sem
prejela posebno bonboniero, igro, sestavljeno iz
devetih plastičnih bonbonov, rekli jim bomo čo-
koladke. Plastičnih čokoladk seveda ne moremo
pojesti, se pa z njimi lahko igramo.
Najprej nekaj osnovnih podatkov o igri. V izvir-
niku se igra imenuje Chocolate Fix s podnaslovom
Sweet Logic Game ([1], [2]). Njen ustvarjalec (skupaj
SLIKA 1.
Deli igre Chocolate Fix. Levo zgoraj je podstavek, poleg so čo-
koladke. Svetlo rumene čokoladke so na sliki videti bele. Spo-
daj so kartonski žetoni treh barv oziroma žetoni s trikotniki,
kvadrati in krogi ter knjižica z navodili, nalogami in rešitvami.
z ekipo podjetja ThinkFun, ki se ukvarja z igrami)
je Mark Engelberg. Mark je obiskoval srednjo šolo
za nadarjene dijake in kasneje nadaljeval študij na
univerzi. Ima dve diplomi, iz računalništva in ko-
gnitivnih znanosti. Nekaj časa je bil zaposlen pri
NASI, kasneje pa se je posvetil računalniškim igri-
cam, sodeluje pa tudi pri pripravah učnih načrtov,
predvsem iz logike. Želel je ustvariti igro s čim manj
pravil, ki bi bila primerna tako za igranje na računal-
niku kot brez njega, hkrati pa bi omogočala igranje
na več nivojih. Igra je prejela več prestižnih nagrad,
med njimi v ZDA zelo cenjene nagrade staršev Pa-
rents Gold Award leta 2008, 2009 in 2010. Obstaja
več verzij te igre, mi bomo pogledali verzijo iz leta
2010.
Deli igre
Igra ima črn podstavek z devetimi vdolbinami in de-
vet čokoladk: tri roza, tri svetlo rumene (na foto-
grafijah so videti bele, na skicah jih bomo obarvali
živo rumeno) in tri rjave (glej sliko 1). Čokoladke
iste barve se med seboj razlikujejo po obliki zgor-
nje ploskve, ki je lahko kvadrat, trikotnik ali krog.
V kompletu dobimo še po tri žetone roza, rumene
in rjave barve ter devet sivih žetonov. Na treh si-
vih žetonih so narisani trikotniki, na treh kvadrati
in na treh krožnice. Z žetoni si pomagamo pri reše-